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]{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{15.1 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{15.1.1}
\begin{align*}
  \lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n(x -a)^n|^\frac{1}{n}
   & = \lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x -a|
\end{align*}

\begin{itemize}
  \item (a)

        由定义15.1.3（收敛半径）可知，

        （1）$R = + \infty$，那么，$|x - a| > R$这个前置条件无法成立。

        （2）$R = 0$，那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n} = +\infty$，且
        $|x - a| > 0$，所以，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x -a| > 1$，
        由定理7.5.1(b)可知，级数发散。

        （3）$R > 0$（$R$是实数）。那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n} = \frac{1}{R}$，
        于是，$|x - a| > R$，
        那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x - a| = \frac{1}{R} |x - a| > 1$，
        （注意：$|x - a|$此时可以看做常数，
        $\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x - a| = \frac{1}{R} |x - a|$可以通过反证法证明）
        由定理7.5.1(b)可知，级数发散。
  \item (b)

        由定义15.1.3（收敛半径）可知，

        （1）$R = + \infty$，那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n} = 0$且$|x - a| < R$总能成立，
        于是$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x -a| = 0$，
        由定理7.5.1(a)可知，级数绝对收敛。

        （2）$R = 0$，那么，$|x - a| < R$这个前置条件无法成立。

        （3）$R > 0$（$R$是实数）。那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n} = \frac{1}{R}$，
        于是，$|x - a| < R$，
        那么，$\lim\sup\limits_{n \to \infty} |c_n|^\frac{1}{n}|x - a| = \frac{1}{R} |x - a| < 1$，
        由定理7.5.1(b)可知，级数绝对收敛。
  \item (c)

        （1）一致收敛于$f$。

        由定义14.5.2（无限级数）可知，
        我们需要证明$N \to \infty$时，
        部分和$\sum\limits_{n = 0}^N f^{(n)}$，
        其中$f^{(n)} := c_n(x - a)^n$，沿着$[a -r, a + r]$一致收敛于$f$。

        于是，利用14.5.7（威尔斯特拉斯M判别法），我们需要证明
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty ||f^{(n)}||_\infty
        \end{align*}
        是收敛的。

        因为$|c_n(x - a)^n|$在$[a, a+r]$上是单增的，
        所以$x_0 = a + r$时，$f^{(n)} = c_n(x_0 - a)^n$取最大值，
        即$||f^{(n)}||_\infty = |c_n(x_0 − a)n|$。

        同理，$x_0 = a - r$时，$f^{(n)} = c_n(x_0 - a)^n$取最大值。

        由(b)可得，对任意$x_0 \in [a - r, a + r], \sum\limits_{n = 0}^\infty c_n(x_0 - a)^n$是绝对收敛的，
        即$\sum\limits_{n = 0}^\infty |c_n(x_0 - a)^n|$是收敛的。

        特别地，$x_0 = a + r$或$x_0 = a - r$，级数也是收敛的，即$\sum\limits_{n = 0}^\infty ||f^{(n)}||_\infty$
        收敛。

        于是可知，
        级数$\sum\limits_{n = 0}^\infty f^{(n)}$一致收敛于某个函数，
        即级数$\sum\limits_{n = 0}^\infty c_n(x - a)^n$一致收敛于某个函数。
        （注意：这里的函数用$\sum\limits_{n = 0}^\infty c_n(x - a)^n$本身表示，它代表一致收敛的函数$f$）。


        （2）$f$是连续的。

        对于每一个$N$，函数$\sum\limits_{n = 0}^N f^{(n)}$都是连续的
        （这里其实有借助定义14.5.2），由推论14.3.2可知，$f$是连续的。

  \item (d)

        令$f_n = c_n(x - a)^n$，于是$f_n$是连续且可微的，
        且导函数$f_n^\prime = nc_n(x - a)^{n - 1}$也是连续的。

        我们有（$r < R$）
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 1}^\infty ||f_n^\prime||_\infty
           & = \sum\limits_{n = 1}^\infty nc_nr^{n - 1} \\
        \end{align*}

        结合例15.1.15可知：
        \begin{align*}
          \lim\sup\limits_{n \to \infty} (nc_nr^n)^\frac{1}{n}
           & = \lim\sup\limits_{n \to \infty} n^\frac{1}{n} \lim\sup\limits_{n \to \infty} (c_nr^n)^\frac{1}{n} \\
           & < 1
        \end{align*}
        于是可得$\sum\limits_{n = 1}^\infty nc_nr^n$收敛。

        因为
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 1}^\infty nc_nr^{n - 1} = r^{-1} \sum\limits_{n = 1}^\infty nc_nr^{n}
        \end{align*}
        可得，$\sum\limits_{n = 1}^\infty nc_nr^{n - 1}$收敛。

        综上，由威尔斯特拉斯M判别法可知，$\sum \limits_{n = 1}^\infty f_n^\prime$一致收敛于某个函数$g$。

        又$x_0 = a$时，
        \begin{align*}
          \sum \limits_{n = 1}^\infty c_n(x_0 - a)^n = 0
        \end{align*}

        $F_N = \sum \limits_{n = 1}^N c_n(x - a)^n$是一个可微函数，
        并且其倒数$F_N^\prime = \sum \limits_{n = 1}^N nc_n(x - a)^{n - 1} = \sum \limits_{n = 1}^N f_n^\prime$是连续的。
        又由之前的讨论可知，导函数序列$F_N^\prime$一致收敛于某个函数$g$，
        并且存在一点$x_0 = a$使得极限$\lim\limits_{n \to \infty} F_N(x_0) = \sum \limits_{n = 1}^\infty c_n(x_0 - a)^n = 0$，
        由定理14.7.1可知，函数序列$F_N$一致收敛于一个可微函数，由该函数的唯一性可知，$F_N$一致收敛于$f$，并且$f$的导函数等于$g$。
        所以$g = f^\prime$。

  \item (e)

        由推论14.6.2可知，
        \begin{align*}
          \int_{[y, z]} f
           & = \sum\limits_{n = 0}^\infty \int_{[y, z]} c_n(x - a)^n                                          \\
           & = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{c_n(x - a)^{n + 1}}{n + 1}|_y^z                               \\
           & = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{c_n(z - a)^{n + 1}}{n + 1} - \frac{c_n(y - a)^{n + 1}}{n + 1} \\
           & = \sum\limits_{n = 0}^\infty c_n\frac{(z - a)^{n + 1} - (y - a)^{n + 1}}{n + 1}                  \\
        \end{align*}
\end{itemize}

\section*{15.1.2}

\begin{itemize}
  \item (a)
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty x^n
        \end{align*}

  \item (b)
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n}
        \end{align*}

        使用推论7.3.7、命题7.2.12（交错级数判别法）可以验证是否正确。

  \item (c)

        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{n} x^n
        \end{align*}

        使用推论7.3.7、命题7.2.12（交错级数判别法）可以验证是否正确。

  \item (d)

        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n^2}
        \end{align*}

        使用推论7.3.7、命题7.2.12（交错级数判别法）可以验证是否正确。

  \item (d)

        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 0}^\infty x^n
        \end{align*}

        例14.5.8中有说明。

\end{itemize}

\end{document}